1、第 3講平面向量(建議用時： 60 分鐘 )一、選擇題1(2013 ·遼寧卷 )已知點 A(1,3)，B(4， 1)，則與向量 AB同方向的單位向量為()34B43A. 5， 55，5C. 3，4D4，35555解析，AB1)4)OBOA (4(1,3)(334AB與AB同方向的單位向量為 5，5 .|AB|答案A2(2013 ·陜西卷 )設 a， b 為向量，則“ |a·b|a|b|”是“ ab”的()A 充分不必要條件解析由|a|b|cosa，b|a|b|，則有 cosa，b ±1.即 a， b 0 或 ，所以 ab.由 ab，得向量 a 與 b 同

2、向或反向，所以 a，b 0 或 ，所以 |a·b| |a|b|.答案C3已知向量a 與 b 的夾角為120°， |a|3， |ab|13，則 |b|等于()A 5B4C3D 1解析向量 a 與 b 的夾角為 120°，|a|3，|a b|13，3則 a·b |a|b| ·cos 120 ° 2|b|，|ab|2|a|2 2a·b |b|2.2所以 13 9 3|b| |b| ，則 |b| 1(舍去 )或|b| 4.答案B·福建卷在四邊形 (1,2)，BD(4,2)，則該四邊形的面4 (2013)ABCD 中，AC積

3、為()A.5B2 5C5D10解析 ，所以 因為 AC·BD0AC BD.所以四邊形的面積1 1×5×2 55.ABCDS2|AC|BD|2答案C5(2014 ·大連一模 ) ABC 中 D 為 BC 邊的中點，已知 ABa， AC b，則在下()列向量中與 AD同向的向量是abBabA. |a|b|a|b|abD |b|a |a|bC.|ab|1 1解析AD 2(AB AC)2(ab)，向量a b與向量 AD是同向向量|a b|答案C6已知非零向量 a，b，c 滿足 ab c 0，向量 a 與 b 的夾角為 60°，且|a|b|1，則向量a

4、與c 的夾角為()A30°B60°C120°D 150°解析 因為 abc 0，所以 c (ab)所以 |c|2222·(a b)ab2a b22cos 60 °3.所以 |c| 3.23又 c·a (ab) ·a a a·b 1cos 60 ° 2，設向量 c 與 a 的夾角為3，則 cos a·c23又 °°，所以 °|a|c|1×32 .0180150 .答案D7在平面直角坐標系中， O 是坐標原點，兩定點A，B 滿足 |OA|OB| OA

5、·OB2，則點集 P|OPOA OB，|1， ，R 所表示的區域的面積是()A 22B23C42D 43解析 1，則由|OA ·，知 ，又 |OB|OA OB2cos AOB20 AOBAOB3，又 A，B 是兩定點，可設 A(3，1)，B(0,2)，P(x，y)，由OPOA OB，3可得x 3，? 3 x，y2y326 x.x0，因為 ，所以3 y3 ，當3y 3x0，時，|13 x2 6 x13y 3x6由可行域可得01×2× 33，所以由對稱性可知點 P 所表示的區域面積S 2S4S043，故選 D.答案D二、填空題8(2013 ·新課標

6、全國卷 )已知兩個單位向量a，b 的夾角為 60°，cta(1t)b.若 b·c 0，則 t_.解析因為向量 a， b 為單位向量，又向量 a， b 的夾角為 60°，所以 a·b1，221211由 b·c0，得b·cta·b(1 t) ·b2t (1t)×1 2t 1t 12t 0.t2.答案29(2013 ·新課標全國卷 )已知正方形 ABCD 的邊長為 2，E 為 CD 的中點，則 AE·BD_.解析 1 由題意知： AE· (AD· AB)(AD·

7、 AB)ADBDDE) (AD2AB) (AD2 1 12 2AD·AB 2AB 4022.答案210(2013 ·江西卷 )設 e1，e2 為單位向量，且 e1， e2 的夾角為 3，若 a e13e2，b2e1，則向量 a 在 b 方向上的射影為 _a·b解析a 在 b 方向上的射影為 |a|cosa，b |b| .2a·b (e1 3e2) ·2e12e16e1·e2 5.|b|2e1|2.a·b5|b| 2.答案52 11(2014 ·山東卷 )在 ABC 中，已知 AB·ACtan A，當 A

8、時， ABC 的面積6為_ 2解析已知 A6，由題意得 |AB| ·|AC|cos6tan6，|AB|AC|3，所以ABC 的1 1211面積 S2|AB| ·|AC|sin62×3×26.答案1612(2014 ·湖南卷 )在平面直角坐標系中， O 為原點， A(1,0)，B(0， 3)，C(3,0)，動點 D 滿足|CD ，則|OAOBOD 的最大值是| 1|_解析設出點 D 的坐標，求出點D 的軌跡后求解22設 D(x，y)，由 CD (x3，y)及|CD|1知(x 3) y 1，即動點 D 的軌跡為以點 C 為圓心的單位圓3)(x， y

9、)(x1，y 3)，又OAOBOD (1,0) (0，x12 y 32.|OAOBOC|問題轉化為圓 (x3)2y21 上的點與點 P(1，3)間距離的最大值圓心C(3,0)與點 P(1，3)之間的距離為31 2 03 2 7，故 x1 2 y 3 2的最大值為 71.答案71三、解答題13如圖，在平面直角坐標系xOy 中，點 A 在3 3角為 4 ，|OB|2，設 AOB， 2， 4 .x 軸正半軸上，直線AB的傾斜(1)用 表示點 B 的坐標及 |OA|；4(2)若 tan 3，求 OA·OB的值解 (1)由題意，可得點 B 的坐標為 (2cos ， 2sin )在 ABO 中，

10、 |OB| 2，3|OB|OA|4 3 .由正弦定理，得BAO ， B ，44sin 3sin B43即|OA|2 2sin 4 .(2)由(1)，得 OA·OB|OA|OB|cos 342sin 4 cos .4 3因為 tan 3， 2， 4 ，43所以 sin 5， cos 5.33323242又 sin 4 sin 4 cos cos 4 sin 2× 5 2×510， 2312故OA· 42×10×525.OB14已知 ABC 的內角 A，B，C 所對的邊分別是 a，b， c，設向量 m(a， b)，n(sin B，sin

11、A)，p(b2，a2)(1)若 m n，求證： ABC 為等腰三角形；(2)若 m p，邊長 c2，C3，求 ABC 的面積(1)證明因為 m n，所以 asin Absin B，a b即 a· b· (其中 R 是 ABC 外接圓的半徑 )，所以 ab.所以 ABC 為等腰2R2R三角形(2)解由題意，可知m·p0，即 a(b2)b(a2) 0，所以 a b ab，由23ab，即 (ab)2 3ab40，余弦定理，知4c2 a2b22abcos3(ab)所以 ab 4 或 ab 1(舍去 )11所以 SABC2absin C2×4×sin3

12、3.15如圖所示， A，B 分別是單位圓與 x 軸、 y 軸正半軸的交點，點P 在單位圓上， AOP(0<<)，C 點坐標為 ( 2,0)，平行四邊形OAQP 的面積為S.(1)求OA·OQS 的最大值；(2)若 CBOP，求 sin 2 6 的值解 (1)由已知，得 A(1,0)， B(0,1)，P(cos ， sin )，因為四邊形 OAQP 是平行四邊形，所以 OQOAOP(1,0) (cos ，sin ) (1 cos ， sin ) 所以 OA· 1cos .OQ又平行四邊形 OAQP 的面積為 S|OA| |OP|sin· sin ， 所以 OA· S1cos sin 2sin1.OQ4又 0<<， S 的最大值為21.所以當 時， OA&#